一、选择题
1． 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ） A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 【答案】BD
2． 两个物体具有相同的动量，则它们一定具有（ ）A．相同的速度 【答案】C
3． 甲、乙两物体在同一直线上做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（ ）
B．相同的质量 D．相同的加速度
C．相同的运动方向
A. 前3秒内甲、乙运动方向相反 B. 前3秒内甲的位移大小是9m
C. 甲、乙两物体一定是同时同地开始运动 D. t=2s时，甲、乙两物体可能恰好相遇 【答案】BD
4． 如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点。现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线与竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触。则第二次充电使电容器正极板增加的电量是（ ）
A．Q/2 B．Q C．3Q D．2Q 【答案】D
5． （2016·河南郑州高三入学考试）如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB
1
为光滑固定的半圆形轨迹，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电
4
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荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H D．小球到达C点的速度可能为零 【答案】BC
【解析】【名师解析】由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，A项错误；若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，B项正确；由于小球在AC部分运动时电场力做负功，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H，C项正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，D项错误。 6． 测量国际单位制规定的三个力学基本物理量分别可用的仪器是 A．刻度尺、弹簧秤、秒表 B．刻度尺、测力计、打点计时器 C．量筒、天平、秒表 D．刻度尺、天平、秒表
【答案】D
7． 关于地磁场，下列说法正确的是 A. 地磁场的N极在地理的北极附近 B. 地磁场的磁极与地理的南北极不完全重合 C. 地磁场的S极在地理的北极附近
D. 北京地区的地磁场有朝北和向下的两个分量 【答案】BCD
【解析】地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反，即地磁场的S极在地理的北极附近，地磁场的磁极与地理
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的南北极不完全重合，故A错误，BC正确；北京地区的地磁场有朝北和向下的两个分量，故D正确。所以BCD正确，A错误。
8． 如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是
A. A′、B′、C′三点的电场强度大小相等 B. OABC所在平面为等势面
C. 将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功 D. 若A′点的电势为【答案】AD
【解析】A、因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，但其方向不同，A错误；
B、由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不一定都相等，由等势面的概念可知，△ABC所在平面不是等势面，B错误；
C、由电势的概念可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A′到B′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，C错误； D、因为
，即
故选D。
9． 如图所示，甲、乙两质量不同的物体，分别受到恒力作用后，其动量p与时间t的关系图象。则甲、乙所受合外力F甲与F乙的关系是（图中直线平行）（ ） A．F甲＜F乙 B．F甲＝F乙 C．F甲＞F乙
D．无法比较F甲和F乙的大小 【答案】B
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，A 点的电势为，则A′A连线中点D处的电势一定小于
，由点电荷的场强关系可知
，整理可得：
，D正确；
，又因为，所以有
10．如图所示，甲带负电，乙是不带电的绝缘物块，甲乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙间无相对滑动，并一起向右加速运动。在加速运动阶段
A．甲、乙两物块间的摩擦力不变 B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动 C．乙物块与地面之间的摩擦力不断变大 D．甲、乙两物体可能做匀加速直线运动
【答案】BC
【解析】 甲带负电，向右运动的过程中根据左手定则可知洛伦兹力的方向向下，对整体分析，速度增大，洛伦兹力增大，则正压力增大，地面对乙的滑动摩擦力f增大，电场力F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲=m甲a，则得到f甲减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，故AD错误，BC正确。
11．某型号的回旋加速器的工作原理如图所示（俯视图）。D形盒内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。D形盒半径为R，两盒间狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计。设氘核（
）从粒子源A处射入加
速电场的初速度不计。氘核质量为m、带电荷量为q。加速器接频率为f的高频交流电源，其电压为U。不计重力，不考虑相对论效应。下列正确的是
A．氘核第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径为B．只增大电压U，氘核从D形盒出口处射出时的动能不变
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C．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器不能加速氦核（D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能加速氦核（
【答案】ABD 【
解
析
） ）
】
12．如图所示，质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（g取10 m/s2）
A．A加速度的大小为2.5 m/s2 B．B加速度的大小为2 m/s2 C．弹簧的弹力大小为50 N
D．A、B间相互作用力的大小为8 N
【答案】BD
【解析】AB、剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，根
2
据牛顿第二定律有：（mA+mB）g−F=（mA+mB）a，解得：a=2 m/s，A错误，B正确；C、剪断细线的瞬间，
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弹簧的弹力不变，仍为40 N，C错误；D、隔离对B分析，根据牛顿第二定律有：mBg−N=mBa，解得：N=mBg−mBa=10 N−1×2 N=8 N，D正确。故选BD。
13．在前人研究的基础上，有一位物理学家利用图示的扭秤装置进行研究，提出真空中两个静止点电荷之间相互作用的规律，这位物理学家是
A. 牛顿 B. 伽利略 C. 库仑 D. 焦耳 【答案】C
【解析】试题分析：利用图所示的扭秤装置进行研究，提出真空中两个静止点电荷之间相互作用的规律的物理学家是库伦，故选C． 考点：物理学史
【名师点睛】此题是对物理学史的考查；对历史上物理学的发展史及物理学家的伟大贡献都要熟练掌握，尤其是课本上涉及到的物理学家更应该熟记．
14．如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确
a b 的是（ ） c A．a粒子动能最大
A B．c粒子速率最大
C．c粒子在磁场中运动时间最长 D．它们做圆周运动的周期TaTbTc 【答案】B
O 15．如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B（物体B与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）
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A. 施加外力的瞬间，F的大小为2m（g﹣a）
B. A、B在t1时刻分离，此时弹簧的弹力大小m（g+a） C. 弹簧弹力等于0时，物体B的速度达到最大值 D. B与弹簧组成的系统的机械能先增大，后保持不变 【答案】B
【解析】解:A、施加F前,物体AB整体平衡,根据平衡条件,有: 2Mg=kx;解得: x=2
mg k施加外力F的瞬间,对B物体,根据牛顿第二定律,有: F弹﹣Mg﹣FAB=Ma 其中:F弹=2Mg
解得:FAB=M（g﹣a）,故A错误.
B、物体A、B在t1时刻分离,此时A、B具有共同的v与a;且FAB=0; 对B:F弹′﹣Mg=Ma
解得:F弹′=M（g+a）,故B正确.
C、B受重力、弹力及压力的作用;当合力为零时,速度最大,而弹簧恢复到原长时,B受到的合力为重力,已经减速一段时间;速度不是最大值;故C错误;
D、B与弹簧开始时受到了A的压力做负功,故开始时机械能减小;故D错误; 故选:B
16．下面哪个符号是电容的单位 A. J B. C C. A D. F 【答案】D
【解析】电容的单位是法拉，用F表示，故选D.
17．如图所示，初速度不计的电子从电子枪中射出，在加速电场中加速，从正对P板的小孔射出，设加速电压为U1，又垂直偏转电场方向射入板间并射出，设偏转电压为U2。则：
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A. U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大 B. U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短 C. U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小
D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可 【答案】ABD
【解析】A项：由FUq可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏d转电场的速度变大，故A正确； B项：由FUq可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的dUq可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故Cd水平速度变大，运动时间变短，故B正确； C项：由F错误；
U2L2D项：由y可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可，故D正
4dU1确。
点晴：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出
U2L2。 y4dU118．
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如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q＞0）的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知
2
两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为
5（ ）
A．3∶2 C．5∶2 【答案】 A
【解析】 设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定律有：qE＝MaM，由运动学
21
公式得：l＝aMt2；
52对m，由牛顿第二定律有qE＝mam 31
根据运动学公式得：l＝amt2
52
M3
由以上几式解之得：＝，故A正确。
m2
B．2∶1 D．3∶1
二、填空题
19．在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，除了电火花打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有光滑定滑轮的长木板级两根导线外，还有下列器材供选择：
A.天平， B.弹簧秤， C.钩码， D.秒表， E.刻度尺， F.蓄电池， G.交流电源 （1）其中电火花打点计时器的作用是____________；
（2）将实验所需的器材前面的字母代号填在横线上___________；
（3）如图为某次实验中记录的纸带，测得s1=2.60cm，s2=4.10cm，s3=5.60cm，s4=7.10cm．s5=8.60cm。图中每相邻两个计数点间还有4个点未画出，则小车做匀加速直线运动的加速度a=_______m/s2，其中打点计时器在打D点时，小车的瞬时速度vD=_________m/s，在DF段平均速度vDF________m/s（电源为220V，50Hz，结果保留两位有效数字）
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【答案】 记录小车的位置及对应时间 CEG 1.5 0.64 0.79 （1）电火花打点计时器的作用是打点并记录所用的时间；
（2）打点计时器还需要交流电源，而蓄电池是直流电；钩码的质量与重力不需要测量，但长度需要刻度尺来测量，最后打点计时器具有计时作用，不需要秒表．故选CEG；
（3）每两个记数点之间还有四个振针留下的点迹未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，由纸带的数据得出相邻的计数点间的位移之差相等，即△x=1.5cm，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加
0.01521.5m/s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，20.1x0.0560.0710.64m/s.在DF段平均速度可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小vDCE2T20.1x0.0710.086vDFDF0.79m/s
2T20.1速度的大小，得： a20．如图所示，将一个电流表G和另一个电阻连接可以改装成伏特表或安培表，则甲图对应的是 表，要使它的量程加大，应使R1 （填“增大”或“减小”）；乙图是 表，要使它的量程加大，应使R2 （填“增大”或“减小”）。
【答案】安培；减小；伏特；增大
21．输送1.0×l05瓦的电功率，用发1.0×l04
线的电阻共计1.0欧，输电导线中的电流是 损失的电功率是 W。 【答案】10；100
【解析】由PUI，得输电导线中的电流I2伏的高压送电，输电导A，输电导线上因发热
P=10A U输电导线上因发热损失的电功率: PIr=100×1=100W
三、解答题
22．如图 所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP＝d，OQ＝2d。不计粒子重力。
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（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。
（2）若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
【答案】 （1）2 【解析】
qEd 方向与水平方向成45°角斜向上 （2） m
mE （3）（2＋π） 2qd
2md qE
（2）设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图甲所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得 R1＝22d⑨
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由牛顿第二定律得 v2
qvB0＝m⑩
R1
联立⑦⑨⑩式得B0＝
mE⑪ 2qd
甲
（3）设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析，粒子运动的轨迹如图乙所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形。可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R2＝22d⑫ 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得
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23．如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝
3
。重力加速度g取10 m/s2。 3
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【审题探究】
①从A到B，做什么运动？满足什么规律？
②拉力F的大小与F和斜面夹角α的关系式是怎样的？ 【答案】（1）3 m/s2 8 m/s （2）30° 【解析】
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N 5
（2）设物块所受支持力为F，所受摩擦力为F，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示
Nf
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由牛顿第二定律得
Fcos α－mgsin θ－F＝ma⑤
f
Fsin α＋F－mgcos θ＝0⑥
N
又F＝μF⑦
fN联立⑤⑥⑦式得
mg（sin θ＋μcos θ）＋maF＝⑧
cos α＋μsin α由数学知识得 cosα＋
323sin α＝sin （60°＋α）⑨ 33
由⑧⑨式可知对应F最小时与斜面间的夹角 α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为 Fmin＝
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N。 5
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